（新课标）高考物理一轮总复习第三章第四讲牛顿运动定律的综合应用（二）教案.docx

第四讲牛顿运动定律的综合应用(二)热点一传送带模型 (师生共研)1模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速2.思维模板典例1 如图所示，水平传送带两端相距x8 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(取g10 m/s2)(1)若传送带静止不动，求vB；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；(3)若传送带以v13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间解析：(1)根据牛顿第二定律可知mgma，则ag6 m/s2，且vv2ax，故vB2 m/s.(2)能当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB2 m/s.(3)物体速度达到13 m/s时所用时间为t10.5 s，运动的位移为x1vAt1at5.75 m8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动匀速运动的位移x2xx12.25 m，t20.17 s，tt1t20.67 s.答案：(1)2 m/s(2)能2 m/s(3)13 m/s0.67 s反思总结分析传送带问题的关键要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物v传时(速度相等是问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止11.(2018四川省遂宁市一诊)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度时间图象如图乙所示，t6 s时恰好到B点，则()A物块与传送带之间动摩擦因数为0.1BAB间距离为24 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC若物块质量m1 kg，物块对传送带做的功为8 JD物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端解析：由图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为am/s21 m/s2，根据牛顿第二定律可知：ag，由以上两式解得：0.1，故A正确； AB间距离即为物块在6 s内发生的位移，即图乙的面积：S4 m16 m，故B错误；物块对传带只在加速过程中做功，根据公式Wfs，若m1 kg，则fmg0.1110 N1 N，s m8 m，代入公式中可解得W8 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a1 m/s2，物块加速过程中的位移为xm8 m，所以物块减速的长度为xSx8 m，而物块从4 m/s减到零发生的位移为 m8 m，所以物块刚好到达B端，故D错误答案：A12. 倾斜传送带问题如图所示，绷紧的传送带始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角30.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处已知P、Q之间的距离为4 m，工件在传送带间的动摩擦因数为，取g10 m/s2.(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间解析：(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力，由牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma代入数值得：a2.5 m/s2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1 m0.8 m4 m可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m.(2)匀加速时，由x1t1得t10.8 s匀速上升时t2 s1.6 s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为tt1t22.4 s.答案：(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m(2)2.4 s热点二滑块木板模型 (师生共研)1模型特征滑块木板模型涉及两个物体，且物体间存在相对滑动，需要对摩擦力、相对运动过程进行分析，涉及能量问题时不能忽略摩擦生热，属于多过程问题，综合性较强，对能力要求较高2思维模板典例2(2017全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg 和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离解析：(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中fA、fB分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，fA、fB和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为aA、aB和a，根据牛顿运动定律得：fAmAaAfBmBaBfBfAfma且：fAfA1mAgfBfB1mBgf2g联立解得：aA5 m/s2，aB5 m/s2，a2.5 m/s2故可得B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且aBaAa，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反不妨假设此时B与木板的速度大小为v1：v1v0aAt1v1at1解得：t10.4 s，v11 m/s.(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA，xB，由运动学公式得：xAv0t1aAtxBv0t1aBt此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a，则根据牛顿运动定律得：对木板和B：2g1mAga假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：对B和木板：v2v1at2对A：v2v1aAt2联立解得t20.3 s，可以判断此时B和木板尚未停下，则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA、xB，由运动学公式：xAv1t2aAtxBv1t2at则A和B开始相距x满足：xxAxAxBxB联立解得：x1.9 m.答案：(1)1 m/s(2)1.9 m反思总结一个转折和两个关联分析滑块木板类模型时要抓住一个转折和两个关联一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键21.水平滑块木板模型在平台AD中间有一个长为2l的凹槽BC，质量为m的滑板上表面与平台AD等高，质量为2m的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD.重力加速度为g.(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数2多大？(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0.解析：(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为a1，反弹后向左滑动时加速度大小为a2.滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v，由运动规律得滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则v22a1l反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，则0v22a2l滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得21mg32mgma12mgma2联立解得21.(2)由得v铁块向右滑动的加速度大小为a，则12mg2ma铁块向右做匀减速运动，有v2v2a2l由解得v0.答案：(1)1(2)22. 倾斜滑块木板模型(2016四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立式并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立式并代入数据得l98 m答案：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m1. (多选)(2018河南省豫北豫南名校联考)质量为M的滑板A放在光滑水平面上，质量为m的滑块B(可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板间动摩擦因数为，滑板和滑块均静止现对滑板施加向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t.下列判断正确的是()A滑块与滑板间动摩擦因数应满足B若仅减小M，时间t会缩短C若仅减小m，时间t会缩短D若仅减小F，时间t会缩短解析：滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：，解得：，故A错误；由运动学知识得滑板长度laAt2aBt2t2gt2，所以：t2.若仅减小M，或仅减小m，时间t都会缩短，故B、C正确；同理，若仅减小F，则时间t增大，故D错误答案：BC2如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30，两轮轴心相距L2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑现传送带沿顺时针方向以v2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，g取10 m/s2.试求：(1)小物块运动至B点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v03 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgcos 30mgsin 30ma1，解得a12.5 m/s2.设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块对地位移为L1，用时为t1，则t1 s1 sL1 m1.25 m因L1L且tan 30，故小物块速度等于2.5 m/s时，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则t20.3 s，故小物块从A到B所用时间为tt1t21.3 s.(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A到B一直做匀加速直线运动，到达B点的速度最大由牛顿第二定律及运动学公式有vv2a1L，解得vB8 m/s.小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有mgsin 30mgcos 30ma2，解得a212.5 m/s2.由运动学公式可知vv2a2L，解得vB2 m/s.即小物块到达B点的速度范围为2 m/svB8 m/s.答案：(1)1.3 s(2)2 m/svB8 m/sA组基础题1. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1和小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( D )Aa12 m/s2，a23 m/s2Ba13 m/s2，a22 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2Da13 m/s2，a25 m/s22. 如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为( C )A11B23C13 D323(多选) (2019江西抚州七校联考)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送帯的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止取重力加速度g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( AC )AQ与传送带间的动摩擦因数为0.5BQ从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 mDQ从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 N解析：当传送带以v8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，Ff即为：mPgmQg，解得：0.5，故A正确；当传送带突然以v8 m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有：F合mPgmQg(mPmQ)a，代入数据解得：a m/s2，当速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为：t11.2 s，匀加速的位移为：x4.8 m，则匀速运动的时有：t21.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为：t总t1t22.6 s，故B错误；加速阶段的位移之差为xvt1x4.8 m，即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，故C正确；当Q加速时，对P分析有：mPgTmPa，代入数据解得：T N，之后做匀速直线运动，有：T20 N，故D错误4(多选)如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2.物块和木板间的动摩擦因数相同下列说法正确的是( BD )A若F1F2，M1M2，则v1v2B若F1F2，M1M2，则v1v2C若F1F2，M1M2，则v1v2D若F1F2，M1M2，则v1v25. 如图所示，质量M1 kg的木板静置于倾角37、足够长的固定光滑斜面底端质量m1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v04 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F3.2 N的恒力若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma，设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得，Fmgcos Mgsin Ma，设二者共速的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得vv0at，vat；小物块的位移为x，木板的位移为x，由运动学公式得，xv0tat2，xat2；小物块恰好不从木板上端滑下，有xxl，联立解得l0.5 m.答案：0.5 mB组能力题6. (多选)(2019哈尔滨三中调研)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为mA1 kg和mB2 kg的 A、B两物块，A、B与滑板之间的动摩擦因数都为0.2，一水平恒力F作用在A物体上，重力加速度g取10 m/s2，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为aA和aB，下列说法正确的是( BCD )A若F1 N，则A、B物块及木板都静止不动B若F1.5 N，则A、B物块的加速度都为0.5 m/s2C无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动D若F5 N，B物块的加速度为1 m/s2解析：A与木板间的最大静摩擦力为fAmAg0.21 kg10 m/s22 N，B与木板间的最大静摩擦力为fBmBg0.22 kg10 m/s24 N，轻质滑板受到的最大摩擦力为ffA2 N，当F1 N时小于2 N，故三者相对静止，一块加速运动，A错误；若F1.5 N时小于2 N，即三者仍相对静止的一起加速，加速度为a0.5 m/s2，B正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为ffA2 NfB，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，若F5 N时，A相对轻质滑板滑动，B和轻质滑板的加速度为a1 m/s2，C、D正确7. (2018四川攀枝花二模)如图